LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS119 VÅR 2017

Transkript

1 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS119 VÅR 2017 Oppgave 1 a) Bruker bevaring av bevegelsesmengde i - og y-retning og velger positiv -akse mot høyre og positiv y-akse oppover, og lar vinkelen være = 24. Dekomponerer først v A til v A, = v A sin og v A,y = v A cos. Anta at vraket har hastighet V like etter sammenstøtet. Bevaring av bevegelsesmengde i -retning gir: m A v A + 0 = (m A + m B )V Bevaring av bevegelsesmengde i y-retning gir: m A v A,y + m B v B,y = (m A + m B )V y = V = m Av A sin (m A + m B ) Setter inn for tall i de to uttrykkene for V og V y og får at Dette gir at med retning = V y = m Av A cos + m B v B (m A + m B ) V = 4,27 m/s og V y = 13,70 m/s V = der α er vinkelen mellom y-aksen og V. V 2 + Vy 2 = 14,35 m/s α = arctan (V /V y ) = 17,3, (Dette er et uelastisk støt, og da er den kinetiske energien IKKE bevart. Det er derfor feil å regne med bevaring av kinetisk energi her.) b) Den kinetiske energien like etter sammenstøtet er E k = 1 2 (m A + m B )V 2 = 0, J. Denne energien går til varmeutvikling, deformasjon av bilene og lyd når vraket sklir bortetter asfalten. c) Friksjonskrafta mellom vraket og asfalten er f k = µ k N der N er normalkrafta N = (m A + m B )g. Friksjonskrafta er da: f k = µ k (m A + m B )g = 2, N d) Alternativ 1: Arbeidet W som friksjonskrafta gjør går til å endre den kinetiske energien fra startverdien 0, J til 0: W = f k l = E k,

2 FØR y ETTER y (m A +m B )V m A v A =24 m B v B α Løsningsforslag oppgave 1 der l er lengden på bremsesporet, og E k = 0, J. Dette gir at l = 15,6 m. Alternativ 2: Kan også løses ved å bruke bevegelsesligninger for konstant akselerasjon der man finner akselerasjonen først. Newtons 2. lov gir akselerasjonen til vraket etter kollisjonen, forutsatt at det bare er friksjonskrafta (som virker i horisonalretningen etter kollisjonen). ΣF = (m A + m B )a = µ k (m A + m B )g = (m A + m B )a a = µ k g Sett akselerasjonen inn i bevegelsesligning for horisontal retning, og finn bremselengden: v 2 v0 2 = 2a = = v2 0 2µ k g = (14,35 m/s) 2 2 ( 0,67 9,81 m/s 2 ) = 15,7 m der akselerasjonen er regnet som negativ fordi den er retta motsatt av v 0. Oppgave 2 a) i) Vinkelfarten er ω = 5 2π rad s ii) Farten til steinen idét den forlater slynga er: = 31,4 rad/s v = ωr = 31,4 rad/s 0, 90 m = 28,3 m/s 2

3 iii) Da steinen forlater slynga ved P og Q fortsetter den i en bane som bare er påvirket av tyngden (se bort fra luftmotstand). Utganghastigheten for de to banene er lik i verdi, men har ulik retning. Steinen får en rettlinja bane fra punktet P, dvs rett opp og ned igjen, og en parabelbane fra punktet Q, se figur. P Q Løsningsforslag oppgave 2a) y v 0 D v 0 sin v 0 cos Løsningsforslag oppgave 2b) b) Velger positiv -retning horisontalt i samme retning som steinen flyr, og positiv y- retning oppover. Vinkel med horisontalen er = 40. Bevegelsesligning med konstant akselerasjon for y-retning gir: y = y 0 + v 0y t 1 2 gt2 3

4 der y = y 0 = 0 fordi steinen går fra bakkenivå til bakkenivå som er nullnivået for y- aksen. Utgangshastigheten i kastet er v 0, og verdien er regnet ut i forrige deloppgave. Komponenten i y-retning er v 0y = v 0 sin. Vi får en andregradsligning i t: som har løsning: 1 2 gt2 + v 0 sin t = 0 t = 0 t = 2v 0 sin, g der det er andre løsningen vi er ute etter (som gir t = 3,71 s dersom tall settes inn). Lengden D på kastet er gitt av bevegelsesligning i -retning: D = v 0 t = v 0 cos 2v 0 sin g = 80,3 m c) De to kreftene som virker på steinen er draget fra snora T og tyngden w = m g. Akselerasjonen er retta innover fordi vi har sirkelbevegelse, dvs vi har sentripetalakselerasjon, som er gitt ved a c = mv 2 /r, der radius er r = 0,90 m. v 0 mgcos T mg Løsningsforslag oppgave 2c) Alternativ 1: Vi velger positiv retning innover mot sentrum av sirkelen. Da er komponenten av tyngden inn på radiell retning lik w r = mg cos. Newtons andre lov gir: som gir at T = 376,2 N. ma c = T mg cos = T = m v2 r + mg cos, 4

5 Alternativ 2: Istedet for å dekomponere tyngden i radiell retning kan man dekomponere snordraget og sentripetalakselerasjonen i en - og en y-retning, der y-retningen er parallell med tyngden. Deretter finner man snordraget ved å addere vektorielt de to komponentene av snordraget: T = T 2 + Ty 2 Oppgave 3 a) Se figur. y N f mgsin mgcos mg L mg Løsningsforslag oppgave 3a). Kreftene som virker på klossen er tyngden mg, normalkrafta N og friksjonskrafta f. Tyngden mg er dekomponert i - og y-retning i den mindre figuren oppe til venstre. b) Bruker Newtons 2. lov i -retning (der akselerasjonen er a): F = ma = mg sin f = ma, der friksjonskrafta f er gitt ved f = µn = µmg cos Dette gir at a = g(sin µ cos ) c) Akselerasjonen er konstant, så vi bruker bevegelsesligning for konstant akselerasjon v 2 = v aL = v = 2gL(sin µ cos ) 5

6 y ma heis sin mgsin ma heis cos N f mgcos L ma heis mg Løsningsforslag oppgave 3d), alternativ 1: I heissystemet d) Heisen går nedover og farten avtar, da er akselerasjonen retta oppover (deakselerasjon/bremsing). Denne oppgaven kan løses i to ulike referansesystem: 1) i heissystemet som er et akselerert system eller 2) i referansesystemet til en observatør utenfor heisen (et referansesystem som ikke er akselerert). Heissystemet er altså et akselerert referansesystem og dermed ikke et inertialsystem, så Newtons lover gjelder ikke. Alternativ 1: Heissystemet Vi kan likevel bruke Newtons lover for å løse problemet i heissystemet. Dette gjøres ved å innføre ei kraft ma heis som virker på klossen (som altså ikke er en egentlig kraft) i samme retning som mg. Denne krafta gjør at klossen blir tyngre (på samme måte som passasjerer i heisen vil kjenne seg tyngre da heisen deakselererer på vei nedover og stopper opp). Se figur. Normalkrafta N som klossen kjenner fra underlaget er da gitt ved å løse Newtons 2. lov i y-retning: F y = 0 = N mg cos ma heis cos = 0 (Det er altså ingen akselerasjon i y-retning i heissystemet). Friksjonskrafta er nå gitt ved slik at Newtons 2. lov i -retning gir: N = m(g + a heis ) cos f = µn = µm(g + a heis ) cos, ΣF = ma kloss = µm(g + a heis ) cos + m(g + a heis ) sin = ma kloss a kloss = (g + a heis )(sin µ cos ), der a kloss er akselerasjonen til klossen ned skråplanet i forhold til skråplanet (heissystemet). 6

7 y a heis N a heis cos f a heis sin mg Løsningsforslag oppgave 3d), alternativ 2: I et inertialsystem utenfor heisen Alternativ 2: I et inertialsystem utenfor heisen Inertialsystemet utenfor heisen kan være referansesystemet til en observatør som står på bakken utenfor heisen. Se figur. Heisen har en akselerasjon som er retta oppover, og har derfor en komponent i -retning og en komponent i y-retning som er: Newtons 2. lov i y-retning gir: a heis, = a heis sin ΣF y = N mg cos = ma heis,y Vi får da for friksjonskrafta: N = m(g + a heis ) cos a heis,y = a heis cos f = µn = µm(g + a heis ) cos = N = ma heis,y + mg cos Newtons 2. lov i -retning gir: ΣF = ma tot, der a tot er klossens totale akselerasjon ned skråplanet og består av to deler; akselerasjonen til klossen i forhold til skråplanet (a kloss ) og -komponenten til heisens akselerasjonen (a heis, ), dvs at Dette gir at a tot = a kloss + a heis, = a kloss a heis sin mg sin f = ma tot mg sin µm(g + a heis ) cos = m(a kloss a heis sin ) a kloss = (g + a heis )(sin µ cos ) (det er også like riktig å gi svaret som a tot = g sin µ(g + a heis cos ) som er akselerasjonen til klossen sett fra et inertialsystem utenfor heisen.) 7

8 S S M R + w=mg Løsningsforslag oppgave 4 Oppgave 4 a) Newtons 2. lov i y-retning (velger positiv y-retning nedover) gir: ΣF y = Mg 2S = Ma cm = S = 1 2 M(g a cm) Vi må finne et uttrykk for a cm, og det får vi fra Newtons 2. lov for rotasjon som er Στ = Iα: SR + SR = Iα = 2SR = 1 2 MR2 a cm R = a cm = 4S M der vi har brukt at treghetsmomentet til sylinderen er I = 1/2MR 2 og rulle-utenå-gli-betingelsen a cm = αr. Setter uttrykket for a cm inn i uttrykket for S vi fikk ovenfor og får at S = 1 2 M(g 4S Mg ) = S = M 6 = w 6 b) Fra opg a) har vi at akselerasjonen er gitt ved a cm = 4S M = 4 M Mg 6 = 2 3 g 8

9 E ledningsbånd E g E valensbånd E F Løsningsforslag oppgave 5 Oppgave 5 Båndgapet er E g, da er E = E F + E g /2, og E E F = E g /2, se figur. Eksponenten i Fermi-Dirac fordelingen blir da: E E F kt = E g 2kT, a) Vi regner sannsynligheten ved å sette inn i uttrykket for f(e): f(e) = 1 ep(e g /2kT ) + 1 = 1 ep(1,12 ev/2 8, ev/k 290 K) + 1 = f(e) = 1, b) For T = 300 K blir sannsynligheten f(e) = 3, Ved en økning i temperaturen på 10 grader har sannsynligheten mer enn doblet seg. Økningen er på 110%. For halvledere øker ledningsevnen når temperaturen øker, i motsetning til andre elektriske ledere. c) Den lengste bølgelengden er gitt av at fotonenergien E f må være større eller lik båndgapet på 1,12 ev: E f = hc λ E g der λ er bølgelengde, h er Plancks konstant og c er lysfarten. λ hc = 4, ev s 3, m/s = 1, m = 1,11 µm E g 1,12 ev 9

10 Oppgave 6 a) For å finne banefarten setter man sentripetalkraft = gravitasjonskraft for romskipet (egentlig Newtons 2. lov som sier at summen av kreftene (gravitasjonskrafta) er lik ma, der a er sentripetalakselerasjon: Innsatt for tall: m v2 r = GM Jm r 2 v = GMJ r v = 6, Nm 2 /kg 2 5, kg m = 5573 m/s = 5,6 km/s b) Total energi er gitt ved: som innsatt for v = GM J /r gir at: E = E k + E p = 1 2 mv2 + ( GM Jm ), r E = G M Jm 2r = G M Jm 4R J = 1, J (det gir også full uttelling å bruke dette uttrykket direkte uten å utlede det først). Omløptid er gitt ved: T = 2πr v = 2π2R J v = 4,0 timer c) Man sier at de er vektløse fordi astronautene ikke kjenner en normalkraft fra romskipet på kroppen. Både romskip og astronaut har samme banefart rundt jorda da banefarten er uavhengig av masse og kun avhenger av avstanden fra jordas sentrum. Man kan si at de begge faller fritt mot jorda men at de ikke treffer den fordi de har en stor nok tangentiell hastighet til at jorden krummer vekk under dem. En astronaut med masse m = 60,0 kg har vekt/tyngde w (bruker Newtons gravitasjonslov): w = GM Jm r 2 = 6, Nm 2 /kg 2 5, kg 60,0 kg ( m) 2 = 147,1 N 10